高考冲刺模拟理综卷化学部分练习5.docx
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高考冲刺模拟理综卷化学部分练习5
2019高考冲刺模拟理综卷化学部分练习5
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1.下列说法正确的是（ ）
A.化学研究会造成严重的环境污染
B.向海水中加入明矾可使海水淡化
C.可用地沟油生产生物航空煤油
D.合成纤维、光导纤维都是有机高分子材料
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A.0.1 mol苯中含有碳碳双键的数目为0.3 NA
B.1 mol Fe3O4溶于足量稀硫酸生成3 NA个Fe3+离子
C.常温下，将2.7 g铝片投入过量浓硝酸中充分反应转移电子数为0.3 NA
D.常温下，1 L pH=13的氢氧化钡溶液中含有的OH-数为0.1 NA
3.W、X、Y、Z四种短周期主族元素的原子序数依次增大。
W是空气中含量最多的元素。
X的单质是生活中最常用金属之一。
Y的最高正价和最低负价的代数和为4．下列说法不正确的是（ ）
A.离子半径：
X＞Y＞Z
B.X和Y的简单离子在水溶液中不能大量共存
C.四种元素最高价氧化物对应的水化物都具有酸性
D.W与Z两种元素的简单气态氢化物之间发生反应生成了离子化合物
4.下列关于有机物的说法正确的是（ ）
A.聚乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色
B.甲基环己烷（
）的一氯代物共有4种
C.葡萄糖能和乙酸发生酯化反应
D.服用豆浆或牛奶可以缓解重金属盐中毒，利用了蛋白质盐析的性质
5.铜锌原电池装置如图所示，下列分析不正确的是（ ）
A.使用盐桥可以清楚地揭示出电池中的化学反应
B.原电池工作时，Cu电极流出电子，发生氧化反应
C.原电池工作时，总反应为Zn+Cu2+=Zn2++Cu
D.原电池工作一段时间，右侧容器中的溶液增重
6.某化学小组设计如下装置探究Cu与稀HNO3反应的产物，下列说法正确的是（ ）
A.①中气体为红棕色，证明Cu与稀HNO3反应有NO2生成
B.②的作用是净化①中导出的气体
C.③中气体为红棕色，证明Cu与稀HNO3反应生成NO
D.用NaOH溶液吸收NO，防止污染
7.常温下，往V1 L 0.2mol•L-1的二元弱酸H2A溶液中逐滴加入V2 L等浓度的NaOH溶液，已知V1=V2时溶液显酸性。
下列有关说法正确的是（ ）
A.V1=V2时：
c（H2A）＞c（A2-）
B.溶液显中性时：
c（A2-）+c（HA-）+c（H2A）＜0.1 mol•L-1
C.在NaOH溶液滴加过程中，水电离出的c（OH-）逐渐增大
D.随着NaOH溶液不断加入，
先逐渐增大后逐渐减小
8.烟气的成分复杂，其综合治理和利用是重要的科研课题。
Ⅰ烟气中CO2的吸收与利用。
（1）科学家提出利用FeO可吸收烟气中CO2
已知：
C（s）+2H2O（g）⇌CO2（g）+2H2（g）△H=+113.4kJ•mol-1
3FeO（s）+H2O（g）⇌Fe3O4（s）+H2（g）△H=+18.7kJ•mol-1
写出用FeO吸收CO2生成Fe3O4和C的热化学方程式：
______。
（2）据文献报道，CO2可以在碱性水溶液中电解生成CH4，则生成CH4的电极反应式是______。
Ⅱ实验室探究用氨水吸收模拟烟气
（3）烟气含SO2、NO2，用氨水吸收后生成（NH4）2SO4和N2。
①写出NH3•H2O电离方程式：
______。
室温时pH=11的氨水，其物质的量浓度为______mol•L-1．（已知Kb=1.7×10-5）
②写出烟气吸收过程中化学方程式______。
（4）烟气含CO2和N2．在吸收塔中用15%的氨水吸收烟气。
CO2脱除率与烟气温度的关系如图所示：
①氨水吸收CO2存在平衡：
NH3+CO2+H2O⇌NH4HCO3．A、C两点的平衡常数分别为KA、KC，KA______KC（填“＞”、“＜”或“=”）。
②若烟气中有12%体积的CO2，温度为37℃时，将VL的烟气通入氨水，充分吸收后，排出的烟气中CO2的体积为______。
③促使CO2脱除率在CD段再次升高的因素是______。
A．温度 B．CO2浓度 C．氨水的浓度
9.CsCl在化学分析、电子工业和生物研究等方面都有很广泛的应用。
某课外学习小组利用浓盐酸分解铯榴石所获得的浸出液（含Cs+、Al3+、Fe3+、Rb+、K+、Na+）设计下列流程制备CsCl产品。
回答下列问题：
（1）利用浓盐酸分解铯榴石精矿时，将精矿磨细至0.074～0.147mm粒级，其目的是：
______。
（2）“沉铯”得到3CsCl•2SbCl3沉淀。
①依据物质组成分类方法，3CsCl•2SbCl3属于盐类中的______（填盐类名称）。
②已知盐酸浓度对3CsCl•2SbCl3溶解度（s）的影响如下（298K）：
盐酸的物质的量浓度c/mol•L-1
2.086
4.027
6.875
9.857
12.92
16.20
3CsCl•2SbCl3在100mL水中s/g
1.778
1.304
1.217
1.218
1.258
1.333
则“沉铯”适宜的盐酸浓度是______mol•L-1。
（3）“水解”的化学方程式为______。
（4）“除杂”时，通过控制氨水的量能分别得到两种沉淀。
当滤渣Ⅱ中只有一种沉淀且滤液中c（Fe3+）=1.0×10-5 mol•L-1时，滤液中c（Al3+）＜______mol•L-1。
[已知：
Al（OH）3、Fe（OH）3的Ksp分别为1.0×10-33、4.0×10-38]
（5）“净化”是为了除去少量的Sb3+。
①写出生成硫化物的离子方程式：
______。
②用少量H2S的水溶液洗涤滤渣Ⅲ，洗涤液合并到滤液中。
检验滤渣是否洗涤干净的方法是______。
若不洗涤滤渣Ⅲ将导致产品中CsCl产量______（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。
10.某化学兴趣小组为制备少量Na2CO3进行如下实验。
（1）写出甲瓶中发生反应的离子方程式：
______。
（2）乙瓶中的试剂是______，其作用为______。
（3）丙中锥形瓶内液体的配制方法是：
在锥形瓶中加入20mL浓氨水，再加入8g食盐，塞紧橡皮塞，振荡，过滤，得到含氨的饱和食盐水。
步骤中振荡时塞紧橡皮塞的目的是______。
（4）已知：
（i）35℃以上NH4HCO3会分解；（ii）丙中锥形瓶内存在以下平衡：
NH3+CO2+H2O⇌NH4HCO3
NH4HCO3+NaCl⇌NaHCO3+NH4Cl
①丙中采用水浴加热的目的是______；
②水浴温度过高，NaHCO3产率降低，原因是______。
（5）将制得的NaHCO3转移至坩埚中，充分加热获取Na2CO3产品。
准确称取2.400g该产品于烧杯中，加入少量水溶解，冷却，配成250mL溶液。
移取25.00mL于锥形瓶中，加20mL水及2滴酚酞，用0.1000mol•L-1盐酸滴定至终点，三次平行实验平均消耗盐酸的体积为20.00mL。
①滴定终点的判断标志是______；
②产品中Na2CO3的纯度为______。
11.“摩尔盐”是分析化学中的重要试剂，化学式为（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O．“摩尔盐”在一定条件下分解的方程式为：
4[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O]
2Fe2O3+3SO3+5SO2↑+N2↑+6NH3↑+31H2O．回答下列问题：
（1）铁元素在元素周期表中的位置为______，其价层电子排布图为______．
（2）组成“摩尔盐”的非金属元素中第一电离能最大的元素为______．“摩尔盐”的分解产物中属于非极性分子的化合物是______．
（3）NH3的沸点比N2O的沸点______（填“高”或“低”），其主要原因是______．
（4）K3[Fe（CN）6]常用于检验Fe2+，K3[Fe（CN）6]中除了离子键以外还存在的化学键为______，与CN-互为等电子体的单质的分子式为______．HCN分子中σ键和π键的个数之比为______．
（5）FeO晶胞结构如图所示，FeO晶体中Fe2+配位数为______，若该晶胞边长为acm，则该晶胞密度为______．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
解：
A、化学研究不会造成严重的环境污染，但工业生产会造成环境污染，故A错误；
B．明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，但不能够降低海水中的氯化钠含量，不能够用于淡化海水，故B错误；
C．利用地沟油为原料生产航空煤油可以丰富民用航空业的燃油来源，故C正确；
D．成纤维是有机高分子材料，光导纤维是二氧化硅，故D错误；
故选：
C。
A、化学研究不会造成严重的环境污染；
B．明矾不能够降低海水中的氯化钠含量；
C．以餐饮废油（地沟油）和海藻为原料通过氢化、催化体系等加工生产生物航空煤油的技术，航空煤油燃烧会放出热量；
D．光导纤维成分为二氧化硅。
本题考查物质的组成、性质以及环境污染，为高频考点，侧重于化学与生活、环境的考查，有利于培养学习的良好的科学素养，提高学习的积极性，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】
解：
A．苯中碳碳键为一种介于单键和双键之间的独特键，不存在碳碳双键，故A错误；
B.1molFe3O4溶于足量稀硫酸反应：
Fe3O4+6H+=2Fe3++Fe2++3H2O，生成2NA个Fe3+离子，故B错误；
C．常温下铝片投入足量的浓硝酸中发生钝化，不能继续反应，故C错误；
D．常温下，1LpH=13的氢氧化钡溶液中含有的OH-物质的量=1L×
mol/L×NA=0.1NA，故D正确；
故选：
D。
A．苯分子中不存在碳碳双键；
B.1molFe3O4溶于足量稀硫酸生成2molFe3+离子和1molFe2+；
C．常温下铝片投入足量的浓硝酸中发生钝化；
D．依据PH=13和离子积常数常温下的10-14，计算氢氧根离子浓度，溶液体积为1L，计算得到氢氧根离子物质的量。
本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，题目难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
3.【答案】A
【解析】
解：
W、X、Y、Z四种短周期主族元素的原子序数依次增大，W是空气中含量最多的元素，则W为N元素；X的单质是生活中最常用金属之一，结合短周期元素可知X为Al元素；Y的最高正价和最低负价的代数和为4，说明Y最外层含有6个电子，Y的原子序数大于Al，则Y为S元素；Z为短周期主族元素，原子序数大于S，则Z为Cl元素，
A．离子的电子层越多离子半径越大，则铝离子（X）电子层最小，正确的离子半径大小为：
Y＞Z＞X，故A错误；
B．铝离子与硫离子在溶液中发生双水解反应，不能大量共存，故B正确；
C．N、Al、S、Cl的最高价氧化物对应水化物分别为硝酸、氢氧化铝、硫酸、高氯酸，硝酸、氢氧化铝、硫酸、高氯酸都具有酸性，故C正确；
D．氨气与氯化氢反应生成的氯化铵为离子化合物，故D正确；
故选：
A。
W、X、Y、Z四种短周期主族元素的原子序数依次增大，W是空气中含量最多的元素，则W为N元素；X的单质是生活中最常用金属之一，结合短周期元素可知X为Al元素；Y的最高正价和最低负价的代数和为4，说明Y最外层含有6个电子，Y的原子序数大于Al，则Y为S元素；Z为短周期主族元素，原子序数大于S，则Z为Cl元素，据此结合元素周期律知识解答。
本题考查原子结构与元素周期律的关系，为高考常见题型，题目难度不大，推断元素是解题关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。
4.【答案】C
【解析】
解：
A．聚乙烯不含碳碳双键，与溴发生加成反应，故A错误；
B．甲基环己烷含5种H，则一氯代物共有5种，故B错误；
C．葡萄糖含有羟基；，可与乙酸发生酯化反应，故C正确；
D．重金属盐可使蛋白质变性，不能发生盐析，故D错误。
故选：
C。
A．聚乙烯不含碳碳双键；
B．甲基环己烷含5种H；
C．葡萄糖含有羟基；
D．重金属盐可使蛋白质变性。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的组成、结构、性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】
解：
A．使用盐桥将正负极反应分开，可以清楚地揭示出电池中的化学反应，故A正确；
B．原电池工作时，锌为负极，铜为正极，锌电极流出电子，发生氧化反应，铜极发生还原反应，故B错误；
C．反应中Zn被氧化，Cu2+被还原，反应的总方程式为Zn+Cu2+═Zn2++Cu，故C正确；
D．原电池工作时，右侧为正极，根据电荷守恒，1个铜离子得电子在铜上析出，则盐桥中就有2个K+离子向正极移动，所以右侧容器中的溶液增重，故D正确。
故选：
B。
该原电池中负极为较活泼金属锌，发生氧化反应，铜作正极，在外电路中，电流从正极流向负极，溶液中，阳离子向正极移动，反应的总方程式为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，据此分析解答。
本题考查原电池原理，盐桥在原电池中的作用是代替了单一溶液体系，电子的流向问题是学生普遍感到困难的一个考点，注意电解质溶液中阴阳离子的移动方向，为易错点。
6.【答案】B
【解析】
解：
A．①的药品为Cu和稀硝酸，Cu与稀硝酸反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮为红棕色气体，所以①中气体为红棕色，不能证明Cu与稀HNO3反应有NO2生成，故A错误；
B．二氧化氮与水反应生成NO，所以②水的作用是净化①中导出的气体，使二氧化氮与水反应生成NO，故B正确；
C．②中水与二氧化氮反应生成NO，③NO与氧气反应生成二氧化氮，Cu与稀HNO3反应生成NO或NO2，③中气体都会是红棕色，所以不能判断Cu与稀HNO3反应的产物，故C错误；
D．NO与NaOH溶液不反应，不能用氢氧化钠溶液吸收NO，故D错误。
故选：
B。
A．Cu与稀硝酸反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮；
B．二氧化氮与水反应生成NO；
C．②中水与二氧化氮反应生成NO，NO与氧气反应生成二氧化氮；
D．NO与NaOH溶液不反应。
本题考查了硝酸与Cu的反应产物的实验探究，题目难度不大，把握硝酸与Cu的反应原理、以及N的氧化物的性质是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和实验探究能力。
7.【答案】B
【解析】
解：
A．V1=V2时溶液显酸性，此时反应恰好生成NaHA，说明HA-的电离程度大于其水解程度，所以溶液中c（A2-）＞c（H2A），故A错误；
B．溶液中存在物料守恒：
c（A2-）+c（HA-）+c（H2A）=
mol/L，当溶液显中性时，V2＞V1，所以c（A2-）+c（HA-）+c（H2A）=
mol/L=
=0.1mol/L，故B正确；
C．盐类水解促进水的电离，酸或碱存在抑制水的电离，滴加NaOH到计量点前，盐类含量增大，水的电离程度增大，计量点后，NaOH过量，抑制水的电离，所以水的电离程度并不是逐渐增大，故C错误；
D．随着NaOH溶液不断加入，
=
=
，H2A的电离平衡常数只随温度改变，所以随着NaOH溶液不断加入，
不变，故D错误；故选：
B。
A．V1=V2时溶液显酸性，此时反应恰好生成NaHA，说明HA-的电离程度大于其水解程度；
B．根据物料守恒分析；
C．盐类水解促进水的电离，酸或碱存在抑制水的电离；
D．根据H2A的电离平衡常数表达式分析。
本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，题目难度中等，注意掌握酸碱混合的定性判断方法，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答本题的根据，还要明确弱电解质的电离平衡、盐的水解原理的应用方法。
8.【答案】6FeO（s）+CO2（g）⇌2Fe3O4（s）+C（s）△H=-76.0kJ•mol-1 CO2+6H2O+8e-=CH4+8OH- NH3•H2O⇌NH4++OH- 0.06 8NH3•H2O+2NO2+4SO2=4（NH4）2SO4+N2+4H2O ＞ 0.0042VL B
【解析】
解：
Ⅰ．
（1）已知：
①C（s）+2H2O（g）⇌CO2（g）+2H2（g）△H=+113.4kJ•mol-1
②3FeO（s）+H2O（g）⇌Fe3O4（s）+H2（g）△H=+18.7kJ•mol-1
盖斯定律计算②×2-①得到FeO吸收CO2生成Fe3O4和C的热化学方程式：
6FeO（s）+CO2（g）⇌2Fe3O4（s）+C（s）△H=-76.0kJ•mol-1，
故答案为：
6FeO（s）+CO2（g）⇌2Fe3O4（s）+C（s）△H=-76.0kJ•mol-1；
（2）CO2可以在碱性水溶液中电解生成甲烷，结合电荷守恒和原子守恒，用氢氧根离子浓度配平电荷守恒得到电极反应为：
CO2+6H2O+8e-═CH4+8OH-，
故答案为：
CO2+6H2O+8e-═CH4+8OH-；
Ⅱ．（3）①NH3•H2O是一元弱碱存在电离平衡，电离方程式为：
NH3•H2O⇌NH4++OH-，室温时pH=11的氨水，c（OH-）=
mol/L=10-3mol/L，Kb=1.7×10-5=
=
，c（NH3•H2O）=0.06mol/L，
故答案为：
NH3•H2O⇌NH4++OH-；0.06；
②烟气含SO2、NO2，用氨水吸收后生成（NH4）2SO4和N2，反应的化学方程式为：
8NH3•H2O+2NO2+4SO2=4（NH4）2SO4+N2+4H2O，
故答案为：
8NH3•H2O+2NO2+4SO2=4（NH4）2SO4+N2+4H2O；
（4）①氨水吸收CO2存在平衡：
NH3+CO2+H2O⇌NH4HCO3．反应的平衡常数K=
，图象分析可知二氧化碳脱除率越大，平衡状态二氧化碳越少，升温平衡逆向进行，A、C两点的平衡常数分别为KA、KC，KA＞KC，
故答案为：
＞；
②若烟气中有12%体积的CO2，温度为37℃时，将VL的烟气通入氨水，充分吸收后，排出的烟气中CO2的体积=VL×12%×（1-96.5%）=0.0042VL，
故答案为：
0.0042 V L；
③促使CO2脱除率在CD段再次升高的因素是：
二氧化碳溶解性随温度升高减小，气体压强增大，平衡正向进行，二氧化碳去除率增大，促使CO2脱除率在CD段再次升高的因素是二氧化碳的浓度，故选B
故答案为：
B。
Ⅰ．
（1）已知：
①C（s）+2H2O（g）⇌CO2（g）+2H2（g）△H=+113.4kJ•mol-1
②3FeO（s）+H2O（g）⇌Fe3O4（s）+H2（g）△H=+18.7kJ•mol-1
盖斯定律计算②×2-①得到FeO吸收CO2生成Fe3O4和C的热化学方程式；
（2）CO2可以在碱性水溶液中电解生成甲烷，结合电荷守恒和原子守恒，用氢氧根离子浓度配平电荷守恒得到电极反应；
Ⅱ．（3）①NH3•H2O是一元弱碱存在电离平衡；室温时pH=11的氨水，Kb=1.7×10-5=
计算；
②烟气含SO2、NO2，用氨水吸收后生成（NH4）2SO4和N2，结合原子守恒和电子守恒书写化学方程式；
（4）①NH3+CO2+H2O⇌NH4HCO3．反应的平衡常数K=
，图象分析可知二氧化碳脱除率越大，平衡状态二氧化碳越少，升温平衡逆向进行，平衡常数减小；
②若烟气中有12%体积的CO2，温度为37℃时，将VL的烟气通入氨水，充分吸收后，排出的烟气中CO2的体积=VL×12%×（1-96.5%）；
③促使CO2脱除率在CD段再次升高的因素是：
二氧化碳溶解性随温度升高减小，气体压强增大，平衡正向进行。
本题考查了热化学方程式书写方法、影响化学平衡因素分析、图象的理解和应用、平衡常数计算、电解池电极反应书写，主要是影响因素对化学平衡影响的图象绘制，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
9.【答案】提高铯榴石精矿的分解速率 复盐（或无氧酸盐等） 6.875 3CsCl•2SbCl3+2H2O=3CsCl+2SbOCl+4HCl 0.25 2Sb3++3H2S=Sb2S3↓+6H+ 取少量最后一次洗涤液于试管中，滴入足量稀硝酸，振荡，静置，取上层清液再滴入少量硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已洗涤干净 偏低
【解析】
解：
浸出液含Cs+、Al3+、Fe3+、Rb+、K+、Na+，加入SbCl3和盐酸的混合溶液，“沉铯”得到3CsCl•2SbCl3沉淀，过滤得到固体3CsCl•2SbCl3加入热水水解过滤，得到滤渣ⅠSbOCl和滤液，滤液中加入氨水过滤得到滤渣Ⅱ和滤液，“除杂”时，通过控制氨水的量能分别得到两种沉淀为氢氧化铁、氢氧化铝，过滤得到滤液中加入H2S“净化”是为了除去少量的Sb3+，过滤得到滤液得到CsCl产品，
（1）利用浓盐酸分解铯榴石精矿时，将精矿磨细至0.074～0.147mm粒级加快矿石的分解速率，
故答案为：
提高铯榴石精矿的分解速率；
（2）①依据物质组成分类方法，3CsCl•2SbCl3属于盐类中的复盐（或无氧酸盐等），
故答案为：
复盐（或无氧酸盐等）；
②图表数据分析，盐酸浓度增大到一定程度，盐酸的物质的量浓度大于6.875c/mol•L-1，3CsCl•2SbCl3在100mL水中溶解度变化不大，则“沉铯”适宜的盐酸浓度是6.875c/mol•L-1，
故答案为：
6.875；
（3）3CsCl•2SbCl3加入热水水解生成CsCl、SbOCl和HCl，反应的化学方程式：
3CsCl•2SbCl3+2H2O=3CsCl+2SbOCl+4HCl，
故答案为：
3CsCl•2SbCl3+2H2O=3CsCl+2SbOCl+4HCl；
（4）当滤渣Ⅱ中只有一种沉淀且滤液中c（Fe3+）=1.0×10-5mol•L-1时，结合Al（OH）3、Fe（OH）3的溶度积常数Ksp分别为1.0×10-33、4.0×10-38计算，Ksp=c（Fe3+）c3（OH-）=4.0×10-38，得到c（OH-）=
=
×10-11mol/L，Ksp=c（Al3+）c3（OH-）=1.0×10-33，c（Al3+）=
mol/L=0.25mol/L，
故答案为：
0.25；
（5）①“净化”是通入H2S除去少量的Sb3+，生成Sb2S3沉淀，反应的离子方程式：
2Sb3++3H2S=Sb2S3↓+6H+，
故答案为：
2Sb3++3H2S=Sb2S3↓+6H+；
②用少量H2S的水溶液洗涤滤渣Ⅲ，洗涤液合并到滤液中。
检验滤渣是否洗涤干净的方法是：
取少量最后一次洗涤液于试管中，滴入足量稀硝酸，振荡，静置，取上层清液再滴入少量硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已洗涤干净，若不洗涤滤渣Ⅲ，滤渣表面含有CsC，将导致产品中CsCl产量偏低，
故答案为：
取少量最后一次洗涤液于试管中，滴入足量稀硝酸，振荡，静置，取上层清液再滴入少量硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已洗涤干净；偏低。
浸出液含Cs+、Al3+、Fe3+、Rb+、K+、Na+，加入SbCl3和盐酸的混合溶液，“沉铯”得到3CsCl•2SbCl3沉淀，过滤得到固体3CsCl•2SbCl3加入热水水解过滤，得到滤渣ⅠSbOCl和滤液，滤液中加入氨水过滤得到滤渣Ⅱ和滤液，“除杂”时，通过控制氨水的量能分别得到两种沉淀为氢氧化铁、氢氧化铝，过滤得到滤液中加入H2S“净化”是为了除去少量的Sb3+，过滤得到滤液得到CsCl产品，
（1）利用浓盐酸分解铯榴石精矿时，将精矿磨细至0.074～0.147mm
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